Litt om diofantiske likninger

1 Litt om diofantiske likninger av Dag Magne Johannessen Når vi skal løse en likning eller et likningssett, diskuterer vi sjelden hvilken grunnmengde som er til rådighet. Problemet går som regel ut på å finne alle løsninger innenfor de reelle tallene eller sågar innenfor de komplekse tallene. Noen ganger er oppgaven relatert til et praktisk problem slik at bare de positive løsningene kan brukes, men det endrer ikke på løsningsmetodene, bare på hvorvidt alle løsningene kan anvendes. Innenfor området diofantiske likninger er situasjonen en annen. Vi har flere ukjente enn vi har likninger, men til gjengjeld er kravet at alle løsningene skal være hele tall. Diofantiske likninger hører inn under det området i matematikken som vi kaller tallteori, og dette er et område hvor mange norske matematikere har gjort betydelige arbeider og vunnet internasjonal anerkjennelse. Vi skal i denne artikkelen se på noen av de enkle diofantiske likningene og hvordan de løses. Likningen y = n Vi ser først på likningen y = 55 Her har vi altså to ukjente, men bare en likning, men vi legger på tilleggskravet at og y skal være hele, positive tall. Vi faktoriserer både uttrykket og tallet 55 og får ( y)( + y) = 5 11 = 1 55 Ettersom 5 og 11 er primtall, er dette de to eneste måtene 55 kan faktoriseres på. Dette gir oss disse to mulighetene eller 1) y = 1 og + y = 55 som gir = 8 og y = 7 ) y = 5 og + y = 11 som gir = 8 og y = 3 Andre muligheter fins ikke hvis kravet er at og y skal være hele positive tall. Hvis kravet bare er at løsningene skal være hele tall, får vi også med oss løsningene

( 8, 3), ( 8, 7), ( 8, 3), (8, 3), (8, 7), ( 8, 7), men flere fins ikke. Antallet løsninger av likningen y = n avhenger helt av n. For eksempel har likningen y = 105 de fire løsningene (53, 5), (19, 16), (13, 8) og (11, 4) når og y skal være positive heltall. Løsningene finner vi på den samme måten som ovenfor. Antallet kommer fra de ulike måtene 105 = 1 3 5 7 kan faktoriseres på. Vi får 105 = 1 105 = 3 35 = 5 1 = 7 15 Hver faktorisering gir opphav til en løsning. Likningen y = 30 har ikke løsninger i det hele tatt når og y skal være positive hele tall. De to tallene y og + y er enten begge oddetall eller begge partall. Av det følger at ( y)( + y) enten er et oddetall eller et tall som er delelig med 4. En likning y = n, der n er et partall som ikke er delelig med 4, har derfor ingen løsning. Ettersom 30 er et partall som ikke er delelig med 4, har likningen y = 30 ikke noen løsninger. Likningen a + by = c Det bør være kjent at a + by = c er formelen for en rett linje i planet. Når vi skal løse den diofantiske likningen a + by = c må vi finne punkter med heltallige koordinater som ligger på linja, altså heltallige løsninger av likningen: a + by = c (1) hvor vi forutsetter at a, b og c er hele tall.

3 Har en slik likning alltid løsninger? Med andre ord, går linjen a + by = c alltid gjennom minst et punkt med heltallige koordinater? Det er enkelt å se at svaret på dette spørsmålet er nei. Hvis a og b har en felles faktor som ikke går opp i c, ser vi at venstre side av (1) inneholder en faktor som ikke er til stede på høyre side, og likningen kan da ikke ha noen heltallige løsninger. Dersom en eventuell felles faktor i a og b også går opp i c, kan denne faktoren forkortes bort, så dette tilfellet behøver vi ikke behandle spesielt. I det videre kan vi derfor forutsette at a og b er innbyrdes primiske (har ingen felles faktorer > 1). Anta nå at a og c har en felles faktor k > 1 som ikke går opp i b. (Situasjonen blir helt tilsvarende om det er b og c som har denne felles faktoren istedenfor a og c). Ettersom alle leddene er heltallige, og k går opp i to av leddene, må k også gå opp i det tredje leddet hvis vi skal ha noen løsning. Nå går k ikke opp i b, og da må k gå opp y i y. Vi kan da innføre en ny variabel z =, og likningen blir k a + bkz = c Vi ser her at k går opp i alle tre leddene, og den kan dermed forkortes bort. I fortsettelsen kan vi derfor anta at a, b og c parvis består av ulike faktorer og to og to av dem derved ikke har noen felles faktorer. Vi skal da vise løsningsmetoden med et eksempel. Løs likningen 7 + 13y = 5 () Ved å flytte over ser vi at 7 5 må være delelig med 13. Da må også (7 5) = 14 50 være delelig med 13. Ettersom 14 50 = + + 13( 4) følger av dette at + er delelig med 13. Vi kan da skrive

4 + = 13t eller = + 13t Videre ser vi ved å flytte over i likningen () at 13y 5 må være delelig med 7. Ettersom 13y 5 = 14y 1 y 4 = 7(y 3) (y + 4) ser vi at y + 4 må være delelig med 7. Vi kan da skrive eller y + 4 = 7s y = 4 + 7s Dette setter vi så inn i likning (). Dermed er 7 + 13y = 5 7( + 13t) + 13( 4 +7s) =5 14 +91t 5 + 91s = 5 91t + 91s = 91 t + s =1 s = 1 t y = 4 + 7s = 4 + 7(1 t) = 4 + 7 7t = 3 7t Dermed har likningen () løsningen = + 13t y = 3 7t hvor t er et vilkårlig helt tall.

5 Et eksempel til: Vi vil løse likningen 3 5y = 7 Vi flytter 5y over på den andre siden av likhetstegnet og ser da at 5y + 7 er delelig med 3. Nå er 5y + 7 = 6y + 6 y + 1 = 3(y + ) +( y + 1) Av dette ser vi at y + 1 er delelig med 3. Da kan vi skrive eller y + 1 = 3t y = 1 3t Fra likningen 3 5y = 7 ser vi at 3 7 er delelig med 5. Da er også 6 14 delelig med 5. Nå er 6 14 = 5 15 + + 1 = 5( 3) + + 1 Derav får vi at + 1 er delelig med 5 og vi skriver + 1 = 5s = 1 + 5s Disse to svarene setter vi så inn i vår opprinnelige likning og får Dette gir 3( 1 + 5s) 5(1 3t) = 7 3 + 15s 5 +15t = 7 15s + 15t = 15 s + t =1 s = 1 t = 1 +5s = 1 + 5(1 t) = 4 5t Dermed har vi løsningene = 4 5t y = 1 3t hvor t er et vilkårlig helt tall.

6 Likningen + y = z Pytagoras-setningen om sidene i en rettvinklet trekant er kjent for de fleste, men hvilke muligheter har vi hvis lengden av alle sidene skal være hele tall? Håndverkere har gjennom årene brukt tallene 3, 4, 5 som mål når de skal lage rette vinkler, ut fra kunnskapen om at 3 + 4 = 5, men hvilke andre muligheter har vi? Vi skal se på likningen + y = z og hvor, y og z er hele tall som ikke er lik null. Slike løsninger kaller vi for pytagoreiske tripler. Dersom to av tallene, y og z har en felles faktor k, må denne også gå opp i det tredje tallet, og hele likningen kan forkortes med k. Vi søker derfor løsninger hvor to og to av tallene, y og z ikke har felles faktorer. Da kan altså maksimalt ett av dem være partall. La oss tenke oss at både og y er oddetall. Da fins det hele tall a og b slik at = a + 1 og y = b + 1. Dermed er z = + y = 4a + 4a + 1 + 4b + 4b + 1 = 4(a + a + b + b) + = 4t + Dette er umulig, da et kvadratisk partall ikke bare kan inneholde én -er. Et av tallene og y er altså partall, det andre er et oddetall og z blir da et oddetall. Siden og y inngår symmetrisk i likningen er det det samme hvilket av dem som er oddetall og hvilket som er partall. Vi velger derfor at er et oddetall og y er et partall. Da har vi y = z = (z )(z + ) Divisjon med 4 gir y z z + ( )( ) = 4 4 y z z+ = Nå er z+ z + = z og

7 z+ z = z+ z slik at en fellesfaktor i og i må gå opp i både og z. Men disse tallene z+ z har jo ikke noen felles faktorer. Dermed kan ikke og ha noen felles faktorer større enn 1. Ettersom produktet av tallene er et kvadrattall, må de selv begge være kvadrattall. Det må derfor finnes to hele tall r og s, uten felles faktorer slik at z+ = r og z = s Dette gir Vi vet at z = r + s og = r s Dermed blir y = rs y = rs Ettersom både z og er oddetall, kan ikke både r og s være oddetall. Det må da være ett oddetall og ett partall. Dermed vil y alltid være delelig med 4. Disse kravene til r og s er imidlertid bare nødvendige hvis, y og z ikke skal ha felles faktorer. Formelen (r s ) + (rs) = r 4 r s + s 4 + 4r s = r 4 + r s + s 4 = (r + s ) gjelder alltid. Vi har vist dette: Hvis r og s er vilkårlige positive heltall, vil = r s, y = rs og z = r + s være en løsning av likningen + y = z Av dette følger at det fins uendelig mange pytagoreiske tripler.

8 Likningen n + y n = z n Vi har løst likningen for n =. Hva vet vi om likningen når n >? Ifølge et teorem som har gått under navnet Fermats siste teorem, finnes det ikke heltallige løsninger, y og z når n er et helt tall som er større enn. Fermat skrev i margen til en bok at «jeg ser et vidunderlig bevis, men plassen tillater ikke at jeg skriver det ned». Det er lite trolig at Fermat hadde rett. Utallige matematikere har prøvd å vise dette og har måttet gi opp. Først i 1994 klarte den britiske matematikeren Andrew Wiles å bevise setningen. Beviset er imidlertid meget stort og vanskelig og gjør også bruk av emner fra andre deler av matematikken. Så Fermats påstand om manglende plass i margen er i alle fall korrekt. Vi skal imidlertid gi et bevis for at det ikke fins positive heltallige løsninger når n = 4. Dette skal vi gjøre ved å vise at likningen 4 + y 4 = z ikke har positive heltallige løsninger, og da har selvsagt heller ikke 4 + y 4 = z 4 noen positiv heltallig løsning. I likningen 4 + y 4 = z ser vi lett at og y ikke begge kan være oddetall. Med samme begrunnelse som i avsnittet foran ser vi at det ville medføre at z ville bli på formen 4t + for en eller annen t, hvilket er umulig. Nå kan og y heller ikke begge være partall, for da måtte z være delelig med 4 og hele likningen ville kunne forkortes med 16. Skal vi derfor finne en løsning hvor, y og z ikke har felles faktorer, må z være odde og en av og y være oddetall og det andre et partall. Vi lar være odde og y et partall, og vi antar at de positive heltallene, y, z er en løsning av vår likning. Ettersom og y er en løsning av likningen ( ) + (y ) = z vil det ifølge forrige avsnitt finnes to positive hele tall r og s, et oddetall og et partall, uten felles faktorer slik at = r s (1) y = rs () z = r + s (3) Av likning (1) ser vi at + s = r slik at, s og r er et pytagoreisk trippel. Ettersom er et oddetall, er s et partall og r dermed et oddetall. Likning () kan da skrives som y s = r Siden r og s ikke har felles faktorer, og venstre side er et kvadrattall, må hver av faktorene på høyre side selv være kvadrattall. Det må altså finnes p og q slik at

9 r = p og s = q Den siste likningen gir s = q Nå har vi jo at + s = r Ifølge forrige avsnitt finnes det da positive hele tall α og β uten felles faktorer slik at = α β, s = αβ og r = α + β Ettersom s = αβ og s = q, følger at αβ = q. Nå har ikke α og β noen felles faktorer, og siden produktet av dem er et kvadrattall må de begge selv være kvadrattall. Det må derfor finnes to heltall f og g slik at α = f og β = g Men nå vet vi jo at r = p og r = α + β. Da er α + β = p noe som medfører at f 4 + g 4 = p Imidlertid vet vi at z = r + s > r = p 4. Da er z > p. Vi startet altså med en løsning, y, z og har ut fra denne konstruert en ny løsning f, g, p hvor p er mindre enn z. Men dette er umulig. Ut fra løsningen f, g, p kunne vi da konstruere enda en ny løsning med enda mindre tall, men ettersom løsningene skal bestå av positive heltall kan vi jo ikke fortsette slik i en uendelig nedstigning. Dette viser at likningen 4 + y 4 = z ikke har noen løsninger i positive heltall, y og z og dermed har heller ikke likningen 4 + y 4 = z 4 noen heltallig løsning.

10 Pells likning Dy = 1 Den diofantiske likningen Dy = 1, hvor D er et naturlig tall, har fått navnet Pells likning. Hvis D er et kvadrattall, setter vi D = m og ser lett at den eneste løsningen er = ±1 og y = 0. m y = 1 ( my)( + my) = 1 Av dette får vi my = ±1 og + my = ±1 = ± = ±1 og y = 0 Dersom D ikke er et kvadrattall, har imidlertid likningen uendelig mange løsninger. Ettersom og y begge forekommer i. potens, er det tilstrekkelig å søke etter de løsningene hvor og y begge er positive. La 1 og y 1 være en positiv løsning av likningen og slik at det ikke finnes positive løsninger der er mindre enn 1. Vi sier da at ( 1, y 1 ) skrevet som 1 + y1 D er fundamentalløsningen til likningen Dy = 1. Alle løsninger av likningen Dy = 1 er da gitt ved + y D = ( + y D) n hvor n N. n n 1 1 At alle løsninger gis på denne formen, er ikke vanskelig å bevise. Derimot er eksistensen av en fundamentalløsning et nokså komplisert bevis, og det gir bare eksistensen av løsningen og ikke noen metode til å finne den. Det finnes metoder til å bestemme fundamentalløsningen, men i svært mange tilfeller går det like greit å finne denne ved å prøve seg fram. Når man vet at det finnes en løsning (og det forteller eksistensbeviset), kan man bare regne ut 1 + Dy (som jo er lik ) for y = 1,, 3, helt til man får et kvadrattall. I de fleste tilfeller finner man fundamentalløsningen relativt raskt, men for D = 94 er fundamentalløsningen 143 95 + 1 064 94 For D = 61 er fundamentalløsningen enda større. Det finnes tabeller for fundamentalløsningen for de ulike verdiene for D.

11 Likningen Dy = 1 Mens Pells likning har løsninger for alle D N, og uendelig mange løsninger hvis D ikke er et kvadrattall, har denne varianten ikke løsninger for alle D N. Man ser lett at D ikke kan være delelig med 4, og dersom D er et oddetall, må det være på formen D = 4k + 1. Dette er dog ikke nok, idet man kan vise at 34y = 1 ikke har noen løsning. Dersom det er løsninger, finnes de på tilsvarende måte som i Pells likning ved at + y D = ( + y D) n n n 1 1 1 der 1 + y1 D er fundamentalløsningen til likningen Dy = 1. Det er videre enkelt å se at dersom 1 + y1 D er fundamentalløsningen til likningen Dy = 1, så er + y D = ( 1 + y1 D) fundamentalløsningen til Dy = 1. Løsningene av den siste likningen er dermed gitt ved ( + y D) n. 1 1 Vi har altså at hvis 1 + y1 D er fundamentalløsningen av Dy = 1, så gir + y D = ( + y D) n n N n n 1 1 løsningene for Dy = 1 og for Dy = 1 annen hver gang, for den første likningen når n er et oddetall og for den andre når n er et partall. Dette siste gir oss beviset for at 34y = 1 ikke har noen løsning. Man finner nemlig raskt at = 35 og y = 6 er fundamentalløsningen til 34y = 1. Men da måtte fundamentalløsningen a+ b 34 til 34y = 1 oppfylle likningen ( a+ b 34) = 35+ 6 34 Utregning her gir a + 34b = 35 og ab = 6, og man ser lett at disse likningene ikke har heltallige løsninger. Vi skal så se på en morsom anvendelse. På den nordiske matematikk-konkurranse i 1994 ble det gikk følgende oppgave: Hvilke ikke-negative heltall n er slik at n + (n + 1) blir et kvadrattall? Vi skal med andre ord løse likningen n + (n + 1) = y. Her kan det virke som om løsningen skal finnes ved å lete blant pytagoreiske tripler. Det er imidlertid å gå en stor omvei. Ved å multiplisere ut og gange med får vi: n + n + n + 1 = y 4n + 4n + = y

1 Setter vi inn = n + 1, kan denne omdannes til y = 1 Fundamentalløsningen til denne likningen er = 1 og y = 1. Videre løsninger blir da t t t 1 (1 ), + y = + t N t = 1 gir = 1 som gir den trivielle løsningen t = gir n = 0 1 3 + y = (1+ ) = (1+ ) = 7+ 5 Vi får løsningen n = 3 (Løsningen 3 + 4 = 5 er jo en klassiker.) Neste gang n + (n + 1) blir et kvadrattall er altså når t = 3 som gir 3 1 5 3 + y3 = (1+ ) = (1+ ) = 41+ 9 som gir n = 0 t = 4 gir 4 + y4 = 39 + 169 Dermed er n = 119 Så skjer det ikke før ved t = 5 som gir 4 + y4 = 1393 + 985 n = 696

13 Slik kan vi fortsette så lenge vi orker, og vi har dermed også vist at det finnes uendelig mange heltall n slik at n + (n + 1) er et kvadrattall, men de blir etter hvert nokså store. Det neste tallet det inntreffer for, er n = 4059 som vi får når t = 6. Til slutt en liten morsomhet. Lille Per hadde nettopp lært å forkorte på skolen og han kunne ikke forstå hvorfor han fikk feil på regnestykket 16 når han forkortet slik: 64 16 6 4 = 1 4 Svaret er jo riktig. Man ser lett at å studere dette «fenomenet» er det samme som å løse den diofantiske likningen 10 + y = 10y + z z hvor, y og z {1,, 3,, 9}. Med en såpass liten grunnmengde kan man jo bare prøve seg fram, og vi er jo ikke interessert i de trivielle løsningene 33 3 44, 33 = 4 3 4 4 = 4, osv. Men ved å kryssmultiplisere får vi (10 +y)z = (10y + z) 10z + yz = 10y + z 10(z y) = ( y)z Her er venstre side delelig med 10, følgelig må høyre side også være det. Dette gir at enten er z = 5 og y = ±, ±4, ±6 eller ±8, eller så er y = ±5 og z =, 4, 6 eller 8. Ved å sette inn disse mulighetene og regne ut, finner vi at brøkene 19 1 6 49 4 =, = og = 95 5 65 5 98 8 også kan forkortes på den samme måten og med riktig svar som resultat, men disse tre brøkene samt brøken 16 = 1 er de eneste mulighetene som finnes for en slik 64 4 forkortning.

14 Sluttord Matematikk er kunst og matematikk er kultur. Helt fra antikkens tid har det vært et tema i matematikken å søke løsninger på likninger. Men ettersom man ikke hadde noen forståelse av de reelle tall og løsninger ved tilnærmingsverdier, dreide det seg om å finne matematiske strukturer og løsninger i hele tall eller aller nådigst i rasjonale tall. Allerede den greske matematikeren Diofantos som levde ca. 300 år e.kr., og som har gitt navn til denne type likninger, viet mye av sitt liv til studier av likninger med heltallige eller rasjonale løsninger. Som nevnt i innledningen, har tallteorien, som de diofantiske likningene hører inn under, vært et område av matematikken hvor norske matematikere har gjort seg særlig bemerket. Niels Henrik Abel løste problemet med femtegradslikningens uløsbarhet ved algebraiske regneoperasjoner, men dette beviset benytter seg mest av algebra og er lite knyttet opp mot tallteori. Abel prøvde seg også på Fermats siste teorem, men måtte gi opp, og det er ikke innenfor tallteori at vi finner Abels vesentligste arbeider, hans arbeider er på andre felter. Den første nordmann som bemerker seg med arbeider innenfor diofantiske likninger, er Ael Thue (1863 19). Han brukte mye tid på Fermats siste teorem, men også han uten å lykkes. I 1915 og 1916 publiserer han flere arbeider omkring uløsbarhet av ulike diofantiske likninger og om begrensninger på antallet av løsninger. Disse arbeidene er banebrytende innenfor området diofantiske likninger. Den neste nordmann vi bør nevne er Viggo Brun (1885 1978). Han er mest kjent for sine arbeider med primtallene, men også innenfor matematikkens historie har Brun gjort verdifulle arbeider. Så kommer det flere på rekke og rad. Øystein Ore, brødrene Sigmund og Atle Selberg, Trygve Nagell og Wilhelm Ljunggren bør nevnes. Ljunggren arbeidet nesten utelukkende med diofantiske likninger. Han hadde en betydelig produksjon og nådde mange bemerkelsesverdige og enestående resultater vedrørende løsninger av slike likninger. Den siste vi skal trekke fram av norske tallteoretikere er Ernst S. Selmer (190 ). Han er den fjerde nordmann som har fått sitt navn knyttet til spesielle begreper i gruppeteorien. De tre foregående er Niels Henrik Abel, Sophus Lie og Ludvig Sylow, og det er jo ikke noe dårlig selskap. På toppen av det hele viser det seg at det som har fått navnet Selmergrupper, spiller en vesentlig rolle i det beviset som Andrew Wiles i 1994 gav for Fermats siste teorem. Så selv om både Niels Henrik Abel og Ael Thue gav opp, og det ble en brite som til sist lyktes med å komme med et bevis, så er det altså norske matematikere som har gjort mye av forarbeidene for at man endelig fikk et bevis for satsen som Fermat framsatte i 1637 og som det altså tok over 350 år å få bevist!

15 Litteratur: Mye av det som er publisert om diofantiske likninger er publisert i små artikler og i spesielle særtrykk. To bøker er likevel verd å nevne: 1) Trygve Nagell: Introduction to number theory. J.Wiley and Sons Inc. New York 1951. ) I. Niven & H.S.Zuckerman: An Introduction to the Theory of Numbers. J. Wiley ans Sons Inc. New York 1966. Til matematikkens historie nevner vi: 1) Bent Birkeland: Norske Matematikere. Gyldendal Norsk Forlag. Temahefte i matematikk Hefte nr 5. 1993. ) Viggo Brun: Alt er tall. Universitetsforlaget Oslo 1964 3) Arild Stubhaug: Et foranskutt lyn. Om Niels Henrik Abel og hans tid Aschehoug Forlag Oslo 1996.